《2023届贵州省榕江县第三高级中学化学高一第一学期期中学业质量监测模拟试题含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023届贵州省榕江县第三高级中学化学高一第一学期期中学业质量监测模拟试题含解析.doc（19页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2022-2023学年高一上化学期中模拟试卷注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角条形码粘贴处。2作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试
2、卷和答题卡一并交回。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、对中数字的叙述正确的是（ ）A291是Ts元素的相对原子质量B291是Ts元素的质量数C117是的质子数D117是的中子数2、用下列实验装置和方法进行相应实验，正确的是A用图1所示方法称量固体氢氧化钠B用图2装置分离食用胡麻油与水的混合物C用图3所示装置和方法进行石油分馏D用图4装置配制150 mL稀盐酸3、下列有关物质用途的说法不正确的是A氯气可用于自来水的消毒 B去除铁锈可用适量的稀盐酸C石墨可用作绝缘体材料 DAgI可用于人工降雨4、下列离子方程式的书写正确的是A过量的CO2与澄清石灰水反应：OH+CO
3、2=B铁片投入稀硫酸中：2Fe+6H+=2Fe3+3H2C碳酸氢钠溶液与NaOH溶液反应：OH+H+=H2OD向Ba(OH)2溶液滴加NaHSO4溶液至Ba2+恰好沉淀：Ba2+2H+2OH+=BaSO4+2H2O5、下列微粒中，只有氧化性的是Fe2+ SO2 H+ Cl- Na+ AlABCD6、配制2mol/L的NaCl溶液950mL时应选用的容量瓶的规格和NaCl质量分别是A950mL 111.2g B1000mL 117gC1000mL 111.2g D950mL 117g7、分类法在化学学科的发展中起到了非常重要的作用，下列分类标准合理的是( )。A将酸分为一元酸、二元酸等：分子组成
4、中含有氢原子的数目B强电解质与弱电解质：溶液的导电能力大小C溶液与胶体：本质不同的原因是能否发生丁达尔现象D氧化还原反应的本质：有电子转移8、稀有气体的化学性质非常稳定，很难发生化学反应，所以曾被称为“惰性气体”，但这种化学惰性是相对的，例如：在一定体积的容器中，加入1.5molXe气和7.5molF2气，于400和2633kPa压强下加热数小时，然后迅速冷却至25，容器内除得到一种无色晶体外，还余下4.5molF2气。则所得无色晶体产物中，氙与氟的原子个数比是A1:2B1:3C1:4D1:69、下列不属于氧化还原反应的是A2H2SO42SO2+O2+2H2OBCD10、氧化还原反应与四种基本
5、类型反应的关系如图所示，则下列化学反应属于阴影部分的是（ ）ACl22KBr=Br22KClB2NaHCO3Na2CO3H2OCO2C4Fe(OH)2O22H2O=4Fe(OH)3D2Na2O22CO2=2Na2CO3O211、下列属于非氧化还原反应的是A2H2O22H2O +O2BCl2+H2OHCl+HClOCSO2 + 2NaOH=Na2SO3 + H2ODC+4HNO3(浓) CO2+4NO2+2H2O12、已知在酸性溶液中可发生如下反应： R2O72+ 6Fe2+ + 14H+ =6Fe3+ +2Rn+ +7H2O，则Rn+中R的化合价是A+3 B+4 C+5 D+613、朱自清先生
6、在荷塘月色中写道：“薄薄的青雾浮起在荷塘里月光是隔了树照过来的，高处丛生的灌木，落下参差的斑驳的黑影”则月光穿过薄雾所形成的美景的本质原因是A雾是一种胶体B光是一种胶体C空气中的小水滴直径介于10-910-7mD美景的形成是发生了一种物理变化14、下列电离方程式正确的是ANaHCO3水溶液中：NaHCO3 = NaHCO3BKHSO4水溶液中：KHSO4=KHSO4CCa(OH)2在水中：Ca(OH)2Ca22OHDHClO=HClO15、下列离子方程式中，正确的是A硫酸跟氢氧化钡反应：H+SO42Ba2+OHBaSO4H2OB等体积等物质的量浓度的氢氧化钡溶液与碳酸氢铵溶液混合Ba2+2OH
7、NH4+HCO3=BaCO3NH3H2OH2OC碳酸氢钙溶液跟稀硝酸反应Ca(HCO3)2 + 2H+Ca2+ + 2H2O + 2CO2D过量CO2通入氢氧化钠溶液中CO22OH= CO32H2O16、将碘水中的碘萃取出来的实验中，下列说法错误的是A分液漏斗使用前要检验它是否漏水B萃取剂要求不溶于水，且比水更容易使碘溶解C注入碘水和萃取剂，倒转分液漏斗反复用力震荡后立即分液D分液时，打开旋塞，使下层液体从下口流出，上层液体从上口倒出17、下列电离方程式错误的是NaHCO3= Na+H+ CO32- NaHSO4 = Na+H+ SO42-H2SO4 = 2H+ SO42- KC1O3 = K
8、+ C15+3O2-A B C D18、 “靑蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，以此获取靑蒿素用到的分离方法是A过滤 B蒸馏 C蒸发 D分液19、实验室需配制一种仅含四种离子(不包括水电离出的离子)的混合溶液，且在混合液中四种离子的物质的量浓度均为0.1mol/L，下面四个选项中能达到此目的的是AFe2+、Na+、NO3-、Cl-BK+、Mg2+、CO32-、OH-CH+、K+、Cl-、CH3COO-DMg2+、NH4+、SO42-、NO3-20、电解质和非电解质是对化合物的一种分类方式下列关于电解质的说法正确的是（ ）A液态HCl不导电，所以HCl不是电解质BNH3溶于水形成的溶液能导电，所以N
9、H3是电解质C电解质一定能导电，能导电的物质一定属于电解质DAgCl在水溶液中难导电，但熔融状态下能导电，所以AgCl是电解质21、判断下列有关化学基本概念的依据正确的是( )A酸：电离出阳离子全部为H+B纯净物与混合物：是否仅含有一种元素C电解质与非电解质：溶液的导电能力大小D溶液与胶体：本质区别是能否发生丁达尔效应22、下列实验装置或操作正确的是（）ABCD向容量瓶中转移液体实验室制取蒸馏水从饱和食盐水中提取NaCl晶体分离酒精和水AABBCCDD二、非选择题(共84分)23、（14分）下图是由短周期元素组成的一些单质及其化合物之间的转化关系图。常温常压下，D、F、K均为无色无刺激性气味的
10、气体，B是最常见的无色液体，A是由单质C在D中燃烧生成的淡黄色固体。（反应中生成的部分物质已略去）请回答下列问题：（1）物质A的化学式为_；（2）化合物I的化学式为_；（3）反应的化学方程式为_；反应的化学方程式为_。24、（12分）下图中AH均为中学化学中常见的物质，A、B、H是气体，它们之间有如下转化关系。（反应中生成的水已略去）请回答以下问题：(1)E是_（填化学式）。 (2)C物质在日常生活中可作_剂。(3)写出反应 的化学方程式：_。(4)写出实验室制取A气体的化学反应方程式，并用双线桥表示电子转移的方向和数目：_。25、（12分）实验室欲用NaOH固体配制1.00 mol/L的Na
11、OH溶液480 mL：(1)配制时，必须使用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还需要_。(2)使用容量瓶前必须进行的一步操作是_。(3)计算，称量。用托盘天平称取NaOH固体_g。(4)溶解。该步实验中需要使用玻璃棒，目的是_。(5)冷却、转移、洗涤。转移时应使用玻璃棒引流，需要洗涤烧杯23次是为了 _。(6)定容。将蒸馏水注入容量瓶，当液面离刻度线12cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水，至_；摇匀。(7)将配好的溶液静置一段时间后，倒入指定的试剂瓶，并贴好标签，注明溶液名称及浓度。(8)在配制过程中，其他操作都是正确的，下列操作会引起误差偏高的是_。没有洗涤烧杯和玻璃棒 转移溶液时不慎溶液有
12、少量洒到容量瓶外面容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水 定容时俯视刻度线未冷却到室温就将溶液转移到容量瓶并定容定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面低于刻度线，再加水至刻度线(9)若实验过程中加蒸馏水时不慎超过了刻度，应如何处理？_。 (10)取用任意体积的1.00 mol/L的NaOH溶液时，下列物理量中不随所取体积的多少而变化的是_（填字母）。A溶液中NaOH的物质的量 B溶液的浓度C溶液中OH的数目 D溶液的密度26、（10分）海洋资源应用非常广泛，从中可提取氯化钠、碘等化工产品。回答下列问题：I实验室用氯化钠固体配制10molL1的食盐水500mL。（1）所需仪器为容量瓶（规格为_）、托盘天平、
13、烧杯、玻璃棒和_。（2）配制时，下列操作对所配溶液的浓度有何影响？（填字母）无影响的有_，偏大的有_，偏小的有_。A称量时使用了生锈的砝码B往容量瓶中移液时，有少量液体溅出C容量瓶未干燥即用来配制溶液（3）若加蒸馏水定容时不慎超过了刻度线，应如何处理？_II海藻中含有丰富的碘元素，某课外活动小组欲从海藻中提取碘（已知过程中反应的离子方程式为2IC12=2C1I2），设计如下的流程：（4）指出提取碘的过程中有关实验操作的名称：_，_。（5）提取碘的过程中，可选择的有机溶剂是_。A酒精 B醋酸 C苯27、（12分）用18.4 molL-1的浓H2SO4来配制500 mL 0.2 molL-1的稀H
14、2SO4。可供选择的仪器有：玻璃棒、烧瓶、烧杯、胶头滴管、量筒、容量瓶、托盘天平。请回答下列问题：（1）上述仪器中，在配制稀H2SO4时用不到的有(填代号)_。（2）经计算，需量取浓H2SO4 _mL。现有10 mL、50 mL、100 mL三种规格的量筒，你选用的量筒是_(写序号)。（3）将浓H2SO4加入到适量蒸馏水中稀释后，冷却片刻，随后全部转移到_ mL的容量瓶中。（4）在配制过程中，其他操作都准确，下列操作中能引起误差偏高的有_(填代号)。定容时，加蒸馏水超过刻度线，又用胶头滴管吸出转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水定容摇匀后，发现液面低于刻度线，又用胶头滴管加蒸馏水至刻度线定容时，俯视
15、刻度线（5）在下图的配制过程示意图中，正确的是（填写序号）_。A称量B溶解C转移D定容28、（14分）（一）2011年，内蒙古、新疆、浙江等地都要陆续召开各具特色的农博会，到时“生态农业”将成为农会人员关注的热门话题。生态农业涉及农家肥料的综合利用，某种肥料经发酵得到一种含甲烷、二氧化碳、氮气的混合气体。2.016 L(标准状况)该气体通过盛有红热CuO粉末的硬质玻璃管，发生的反应为：CH44CuOCO22H2O4Cu。当甲烷完全反应后，硬质玻璃管的质量减轻4.8 g。将反应后产生的气体通入过量的澄清石灰水中，充分吸收，生成沉淀8.5 g。（1）原混合气体中甲烷的物质的量是_。（2）原混合气体
16、中氮气的体积分数为_。（二）FeS与一定浓度的HNO3反应，生成Fe(NO3)3、Fe2(SO4)3、NO2、N2O4、NO和H2O，当NO2、N2O4、NO的物质的量之比为111时，实际参加反应的FeS与HNO3的物质的量之比为_（三）某反应中反应物与生成物有：AsH3、H2SO4、KBrO3、K2SO4、H3AsO4、H2O和一种未知物质X。已知0.2 mol KBrO3在反应中得到1 mol电子生成X，请将氧化剂和还原剂的化学式及其配平后的系数填入下列方框中，并标出电子转移的方向和数目。_（四） 在一定条件下，分别以高锰酸钾、氯酸钾、过氧化氢(H2O2)、过氧化钠为原料制取氧气，当制得同
17、温、同压下相同体积的O2时，四个反应中转移的电子数之比为_29、（10分）实验室可用KMnO4和浓盐酸反应制取氯气。其变化可表述为：2KMnO416HCl(浓) =2KCl2MnCl25Cl28H2O（1）请将上述化学方程式改写为离子方程式_；（2）浓盐酸在反应中显示出来的性质是_(填写编号，多选倒扣)；只有还原性还原性和酸性 只有氧化性氧化性和酸性（3）此反应中氧化产物是_（填化学式），产生0.5 mol Cl2，则转移的电子的物质的量为_mol。（4）用双线桥法表示该反应的电子转移的方向和数目2KMnO416HCl(浓) =2KCl2MnCl25Cl28H2O。_参考答案一、选择题(共包括
18、22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、C【解析】A. 291是的质量数，不是Ts元素的相对原子质量，故A错误；B. 291是的质量数，故B错误；C. 117是的质子数，故C正确；D. 117是的质子数，其中子数=291-117=174，故D错误；故答案选C。2、B【解析】A. NaOH易潮解，具有腐蚀性，应将NaOH固体放在小烧杯中称量，故A错误；B. 食用胡麻油不溶于水，可用分液法分离食用胡麻油和水的混合物，故B正确；C. 进行石油分馏时，为了增大冷凝效果，冷凝水应从下口进入、上口流出，且温度计的水银球应位于蒸馏烧瓶支管口处，故C错误；D. 配制150mL稀盐酸，不能选100mL容
19、量瓶，仪器选择不合理，故D错误，答案选B。3、C【解析】A.氯气溶于水生成HClO，根据HClO的性质分析；B.铁锈的主要成分为Fe2O3，能与稀盐酸反应；C.石墨能导电，是良好的导体；D.碘化银受热后会在空气中形成极多极细的碘化银粒子，作为人工降雨的凝结核。【详解】A.氯气溶于水生成HClO，HClO具有强氧化性，可以杀菌消毒，故A项正确；B.铁锈的主要成分为Fe2O3，能与稀盐酸反应，因此去除铁锈可用适量的稀盐酸，故B项正确；C.石墨能导电，是良好的导体，故不能用石墨做绝缘体材料，C项错误；D.碘化银受热后会在空气中形成极多极细的微小粒子，成为凝结核，导致水蒸气会以AgI为晶核而液化，故可
20、用于人工降雨，故D项正确；答案选C。4、A【解析】A过量的CO2和澄清石灰水反应生成，反应的离子方程式为CO2+OH-，故A正确；B铁片投入稀硫酸反应生成亚铁离子和氢气，Fe+2H+=Fe2+H2，故B错误；C碳酸氢钠溶液与NaOH溶液反应生成碳酸钠和水：HCO+ OH-=+ H2O，故C错误；D向Ba(OH)2溶液滴加NaHSO4溶液至Ba2+恰好沉淀，反应的离子方程式为Ba2+OH-+H+BaSO4+H2O，故D错误；故选A。5、B【解析】Fe2+的化合价为+2价，既可以升高为+3价，又可以降低为0价，既有氧化性，又有还原性，与题意不符；SO2中的S的化合价为+4价，既可以升高为+6价，又
21、可以降低为0价，既有氧化性，又有还原性，与题意不符；H+的化合价为+1价，只能降低，只有氧化性，符合题意；Cl-的化合价为-1价，只能升高，只有还原性，与题意不符；Na+的化合价为+1价，只能降低，只有氧化性，符合题意；Al的化合价为0价，只能升高，只有还原性，与题意不符；综上所述，符合题意，答案为B。6、B【解析】配制950mL溶液应选用1000mL容量瓶，根据mnM计算其质量。【详解】配制950mL溶液应选用1000mL容量瓶，则需要称取的NaCl的质量为2mol/L1L58.5g/mol=117g，答案选B。【点睛】本题的关键在于容量瓶规格的选择，计算时用选定规格容量瓶的容积计算所需溶质
22、的质量。7、D【解析】A. 根据酸电离出的氢离子个数，将酸分为一元酸、二元酸、多元酸，而不是根据酸分子中的氢原子个数，错误；B. 根据电解质在熔融状态或在水溶液中能否完全电离将电解质分为强电解质和弱电解质，错误；C. 分散系的分类依据是根据分散系中分散质粒子直径的大小，而不是否具有丁达尔现象，错误；D.氧化还原反应的本质是电子转移，正确。【点睛】丁达尔效应可以用来区分溶液和胶体，但不是分散系区分的本质区别；溶液导电能力与溶液中可移动电荷总浓度有关，与电解质强弱无关。8、C【解析】反应中消耗的Xe气体和F2气体的物质的量分别为1.5mol、3mol，而反应前后原子的种类和个数均不发生改变，所以得
23、到的无色晶体产物中，氙与氟的原子个数比是1:4故C项正确。9、B【解析】A.反应中有硫、氧两种元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应；B.反应中没有元素的化合价发生变化，不属于氧化还原反应；C.该反应为置换反应，反应前后钠、氢元素的化合价发生了变化，属于氧化还原反应；D.该反应中氯元素的化合价发生了变化，属于氧化还原反应；答案选B。10、D【解析】根据题意，阴影部分只属于氧化还原反应，与四种基本反应无关。【详解】A. Cl22KBr=Br22KCl属于氧化还原反应，同时也属于置换反应，故A不符合题意；B. 2NaHCO3Na2CO3H2OCO2反应中没有元素化合价发生变化，不属于氧化还原反应，
24、故B不符合题意；C. 4Fe(OH)2O22H2O=4Fe(OH)3属于氧化还原反应，同时也属于化合反应，故C不符合题意；D. 2Na2O22CO2=2Na2CO3O2属于氧化还原反应，与四种基本反应类型无关，故D符合题意；答案选D。【点睛】有单质参加的化合反应，有单质生成的分解反应，置换反应属于氧化还原反应，不属于上述反应类型的处于阴影部分。11、C【解析】A2H2O22H2O +O2存在化合价变化，氧元素由1价变为0价和2价，属于氧化还原反应，A项不选；BCl2+H2OHCl+HClO中存在Cl元素的化合价变化，属于氧化还原反应，B项不选；CSO2 + 2NaOH=Na2SO3 + H2O
25、中不存在元素化合价变化，不属于氧化还原反应，C项选；DC+4HNO3(浓) CO2+4NO2+2H2O存在元素化合价变化，碳元素由0价变为+4价，氮元素由+5价变为+4价，属于氧化还原反应，D项不选；答案选C。【点睛】氧化还原反应是常考点，其规律口诀为：升失氧，降得还，若说剂，则相反。本题中分析出各元素化合价的变化是解题的突破口。12、A【解析】Fe2+中的铁元素的化合价为+2价，反应后铁元素的化合价为+3价，6mol Fe2+反应中失去6mol的电子，根据得失电子守恒，反应中1mol R2O72得到6mol的电子，R2O72中R的化合价为+6价，根据得失电子守恒：（6-n）2=6，解得n=+
26、3，故选A项。13、C【解析】A雾是一种胶体，是小水滴分散到空气中形成的一种分散系，但不是形成美景的本质原因，A不符题意；B光不是一种胶体，B不符题意；C胶体与其他分散系的本质区别就是分散质粒子直径不同，空气中的小水滴颗粒直径大小在10-910-7m之间，分散在空气中形成了雾这种胶体，月光穿过薄雾产生了丁达尔现象，形成了文中所描述的这种美景，C 符合题意；D发生变化的类型不是形成美景的本质原因，D不符题意；答案选C。14、A【解析】A.碳酸氢根离子是多元弱酸的酸式根离子，不能拆，NaHCO3的电离方程式为：NaHCO3=NaHCO3，故A正确；B.KHSO4是强电解质，溶于水完全电离，电离方程
27、式为：KHSO4=KSO42+H+，故B错误；C.Ca(OH)2属于强电解质，在水中完全电离，电离方程式为：Ca(OH)2=Ca22OH，故C错误；D.HClO是弱酸，属于弱电解质，在水中部分发生电离，电离方程式为：HClOHClO，故D错误。故选A。15、B【解析】A项，硫酸与Ba（OH）2反应的化学方程式为H2SO4+Ba（OH）2=BaSO4+2H2O，离子方程式为2H+SO42+Ba2+2OH=BaSO4+2H2O，A项错误；B项，等体积等物质的量浓度的Ba（OH）2溶液与NH4HCO3溶液反应的化学方程式为Ba（OH）2+NH4HCO3=BaCO3+NH3H2O+H2O，离子方程式为
28、Ba2+2OH-+NH4+HCO3-=BaCO3+NH3H2O+H2O，B项正确；C项，Ca（HCO3）2是溶于水的强电解质，应改成Ca2+和HCO3-，碳酸氢钙溶液与稀HNO3反应的离子方程式为HCO3-+H+=H2O+CO2，C项错误；D项，过量CO2通入NaOH溶液中反应的化学方程式为CO2+NaOH=NaHCO3，离子方程式为CO2+OH-=HCO3-，D项错误；答案选B。【点睛】本题考查离子方程式正误的判断。判断离子方程式是否正确可从以下几个方面进行：从反应原理进行判断，如反应是否能发生、反应是否生成所给产物（如题中D项）等；从物质存在形态进行判断，如拆分是否正确、是否正确表示了难溶
29、物和气体等（如题中C项）；从守恒角度进行判断，如原子守恒、电荷守恒、氧化还原反应中的电子守恒等；从反应的条件进行判断；从反应物的组成以及反应物之间的配比进行判断（如题中A项）。16、C【解析】A为防止漏液，使用前要检查分液漏斗是否漏液，故A正确；B碘在CCl4中的溶解度比在水中的溶解度大，可用四氯化碳萃取，故B正确；C震荡后需静置分层后分液，故C错误；D下层液体下口流出，上层液体从上口倒出，以免污染液体，故D正确；故选C。【点睛】考查分液与萃取，题目难度不大，注意相关化学实验的基本操作方法，萃取剂的选择必须符合下列条件：溶质在萃取剂中的溶解度比在原溶剂中要大；萃取剂与原溶剂不相溶；萃取剂与溶质
30、不反应；17、C【解析】碳酸是弱酸，NaHCO3是H2CO3的酸式盐，HCO3-不能拆，电离方程式为：NaHCO3Na+HCO3-，故错误；NaHSO4是强酸的酸式盐，属强电解质，完全电离用“”，电离出Na+、H+、SO42离子，其电离方程式为：NaHSO4=Na+H+SO42，故正确；硫酸为二元强酸，一步完全电离，电离方程式为：H2SO42H+SO42，故正确；氯酸钾是强电解质，是由钾离子和氯酸根离子构成，能完全电离，电离方程式为：KClO3=K+ClO3，故错误，答案选C。18、A【解析】根据“靑蒿一握，以水二升渍，绞取汁”可判断以此获取靑蒿素用到的分离方法是过滤，答案选A。19、D【解析
31、】A. Fe2+、Na+、NO3-、Cl-四种离子的物质的量浓度均为0.1mol/L时，溶液中正负电荷不相等，故错误；B. Mg2+与CO32-或OH-都反应生成沉淀，故错误；C. H+与CH3COO-结合生成醋酸分子，故错误；D. Mg2+、NH4+、SO42-、NO3-四种离子的物质的量浓度均为0.1mol/L时，溶液中正负电荷相等，且四种离子之间不反应，故正确。故选D。20、D【解析】在水溶液中或熔化状态下能够导电的化合物是电解质；在水溶液中和熔化状态下都不能导电的化合物是非电解质，物质的导电与溶液中的离子浓度和金属的自由电子有关【详解】A液态HCl不导电，但氯化氢溶于水能电离出自由移动
32、的氢离子和氯离子，能导电，所以HCl是电解质，A错误；B NH3是非电解质，一水和氨是电解质，B错误；C物质的导电与溶液中的离子浓度和金属的自由电子有关，C错误；DAgCl属于盐，虽难溶于水，当它溶于水时，溶于水的部分，可以完全电离变成离子，是强电解质，D正确；选D。21、A【解析】A.在水溶液里电离出的阳离子全部为H+的化合物为酸，符合题意，A正确；B.纯净物仅有一种物质组成，由两种或两种以上物质组成的是混合物，故O2和O3混合在一起后，虽然仅含一种元素，但仍是混合物，与题意不符，B错误；C.电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，非电解质是指在水溶液中和熔融状态下均不能导电的化合物
33、，溶液的导电能力强的不一定是电解质，如SO3的水溶液，溶液的导电能力弱的不一定是非电解质，如氯化银的水溶液，与题意不符，C错误；D.溶液与胶体：本质区别是分散质颗粒直径的大小，与题意不符，D错误；答案为A。22、A【解析】A、向容量瓶中转移液体，用玻璃棒引流，故正确；B、冷凝水的进入，从下口进入，上口出水，故错误；C、提取NaCl晶体，采用蒸发方法得到，应用蒸发皿，故错误；D、酒精和水互溶，不能采用分液的方法分离，故错误。二、非选择题(共84分)23、Na2O2 NaHCO3 2Na+2H2O=2NaOH+H2 2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2 【解析】A是由单质C在D中燃烧生成的淡
34、黄色固体，应为Na2O2，B是最常见的无色液体，应为H2O，则D为O2，E为NaOH，C为Na，F为H2，由转化关系K为CO2，H为Na2CO3，I为NaHCO3。【详解】（1）由以上分析可知A为Na2O2；（2）由以上分析可知化合物I的化学式为NaHCO3。（3）反应为Na和H2O的反应，反应的离子方程式为2Na+2H2O2Na+OH+H2，反应为碳酸氢钠的分解，化学方程式为 2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2。24、CaCO3 消毒(或漂白) Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3+2HClO 【解析】B可与澄清石灰水反应生成沉淀，应为CO2，则E为CaCO3，常见的能与石灰
35、水反应的气体还有氯气，则A应为Cl2，由此可知C为Ca(ClO)2，F为HCl，D为CaCl2，G为HClO，H为O2，在实验室中用MnO2与浓盐酸混合加热制取Cl2，根据氧化还原反应中元素化合价升降与电子转移关系用双线桥法表示。【详解】B可与澄清石灰水反应生成沉淀，应为CO2，则E为CaCO3，常见能与石灰水反应的气体还有氯气，则A应为Cl2，由此可知C为Ca(ClO)2，F为HCl，D为CaCl2，G为HClO，H为O2。(1)由以上分析可知E为CaCO3；(2)C为Ca(ClO)2，该物质与酸溶液作用可生成HClO，HClO具有强氧化性和漂白性，可用于消毒或漂白；(3)反应是Ca(ClO
36、)2与CO2、H2O作用产生HClO，反应的化学方程式为：Ca(ClO)2+CO2 +H2O= CaCO3+2HClO；(4)在实验室中用MnO2与浓盐酸混合加热制取Cl2，反应方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O。在该反应中，Mn元素化合价由反应前MnO2中的+4价变为反应后MnCl2中的+2价，化合价降低，获得2e-，Cl元素的化合价由反应前HCl中的-1价变为反应后Cl2中的0价，化合价升高，失去2e-，用双线桥法表示为：。【点睛】本题考查无机物的推断，突破口为B、A以及G的相关转化关系，题目综合考查元素化合物的性质以及应用，结合复分解反应规律及氧化还原反应的规
37、律分析判断，侧重考查学生分析能力和综合运用化学知识的能力。25、500 mL容量瓶 检查是否漏液 20.0 g 搅拌，加速溶解 保证溶质全部转移入容量瓶中 溶液凹液面与刻度线相切 重新配制 BD 【解析】(1) 因为没有480mL的容量瓶，只能选择500mL的容量瓶，所以配制时，必须使用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还需要500 mL容量瓶。 (2)使用容量瓶之前先检查是否漏液。(3)氢氧化钠的固体的质量为0.10.540g= 20.0 g。(4)溶解过程使用玻璃棒的目的是搅拌，加速溶解。 (5) 冷却、转移、洗涤。转移时应使用玻璃棒引流，需要洗涤烧杯23次是为了保证溶质全部转移入容量
38、瓶中。 (6) 定容。将蒸馏水注入容量瓶，当液面离刻度线12cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水，至溶液凹液面与刻度线相切。 (8) 没有洗涤烧杯和玻璃棒，会使溶质损失，故浓度变小，故错误；转移溶液时不慎溶液有少量洒到容量瓶外面，溶质损失，浓度变小，故错误；容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水，不影响浓度，故错误；定容时俯视刻度线，溶液的体积变小，浓度变大，故正确；未冷却到室温就将溶液转移到容量瓶并定容，冷却后溶液的体积变小，浓度变大，故正确。定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面低于刻度线，再加水至刻度线，溶液的体积变大，浓度变小。故选。 (9)若加水超过刻度线，只能倒掉重新配制。(10)取用任意体积的溶液
39、时，不影响物质的量浓度和密度，影响溶质的物质的量和氢氧根离子的数目。故选BD。【点睛】注意配制溶液时的容量瓶的选择，计算溶质的质量时用容量瓶的规格进行计算。26、500mL 胶头滴管 C A B 应倒掉溶液，洗涤容量瓶，重新配制 过滤 萃取 C 【解析】I（1）实验配制500mL10molL1的NaCl溶液，所以还需要500mL容量瓶；根据实验操作的步骤：计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，来分析。（2）根据c= n /V 分析可知。 （3）加蒸馏水时不慎超过了刻度线，溶液的体积偏大，所配溶液浓度偏低，无法补救，应倒掉溶液，洗涤容量瓶，重新配制。II（4）根据已知过程中反应的离子方
40、程式为2IC12=2C1I2和流程分析。（5）因为苯不溶于水，碘在苯中溶解度远大于在水中的溶解度，酒精、醋酸与水都互溶。【详解】I（1）实验配制500mL10molL1的NaCl溶液，所以还需要500mL容量瓶；实验操作的步骤：计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，该实验中需要用天平称量、用药匙取药品，烧杯溶解药品，需要玻璃棒搅拌和引流，需要500mL容量瓶配制溶液，最后需要胶头滴管定容，故答案为500mL；胶头滴管。（2）A.称量时使用了生锈的砝码，溶质的质量偏大，物质的量偏大，根据c= n /V 分析可知，所配溶液的浓度偏大；B往容量瓶中移液时，有少量液体溅出，溶质的质量偏小，物
41、质的量偏小，根据c= n/ V 分析可知，所配溶液的浓度偏小；C. 容量瓶未干燥即用来配制溶液，对溶液的体积和物质的量无影响，所配溶液的浓度不变。故答案为C；A；B。（3）加蒸馏水时不慎超过了刻度线，溶液的体积偏大，所配溶液浓度偏低，无法补救，应倒掉溶液，洗涤容量瓶，重新配制，故答案为应倒掉溶液，洗涤容量瓶，重新配制。II（4）是过滤操作，已知过程中反应的离子方程式为2IC12=2C1I2，中加入了有机溶剂，萃取溶液中的I2，故操作为萃取，故答案为过滤；萃取。（5）提取碘的过程中，可选择的有机溶剂是苯，因为苯不溶于水，碘在苯中溶解度远大于在水中的溶解度，酒精、醋酸与水都互溶，故选C。【点睛】萃
42、取剂选择的原则：（1）萃取剂与原溶剂互不相溶。（2）溶质在萃取剂中的溶解度远大于在原溶剂中的溶解度。（3）萃取剂、原溶剂、溶质三者间不能反应。27、 5.4 500 B 【解析】(1)根据配制一定物质的量浓度溶液的操作步骤选取实验仪器； (2)根据溶液稀释前后溶质的物质的量不变计算所需浓硫酸溶液的体积；根据浓硫酸的体积选取量筒，注意所选量筒的容积应稍大于或等于量取溶液的体积；(3)依据配制一定物质的量浓度溶液移液、洗涤、定容的正确的操作解答；(4)依据配制一定物质的量浓度溶液的操作步骤判断；分析不当操作对溶质的物质的量和溶液的体积的影响，依据c=进行误差分析；(5)从实验的正确操作分析。【详解
43、】(1)配制一定物质的量浓度硫酸溶液的一般步骤有：量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用量筒量取浓硫酸溶液在烧杯中稀释，冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线12cm时，改用胶头滴管滴加，所以需要的仪器有玻璃棒、量筒、胶头滴管、小烧杯、500mL容量瓶，所以用不到的仪器有烧瓶、托盘天平、药匙；(2)设需要浓硫酸溶液的体积为V，0.2molL1500mL=V18.4mol/L，解得：V=5.4mL，应选择10mL量筒；(3)配制500mL、0.2molL1的稀H2S04，应选择500mL容量瓶，将浓H2S04加到适量蒸馏水稀释后，冷却片刻，随后全部转移到500mL容量瓶，转移时应用玻璃棒引流，转移完毕，用少量蒸馏水洗涤烧杯23次，并将洗涤液全部转移到容量瓶中，再加适量蒸馏水，振荡容量瓶，使溶液混合均匀。然后缓缓地把蒸馏水直接注入容量瓶直到液面接近刻度12cm处，改用胶头滴管，加蒸馏水到瓶颈刻度的地方，使溶液的凹液面最低点正好与刻度线相平振荡、摇匀后，装瓶、贴签；(4)定容时，加蒸馏水超过标线，又用胶头滴管吸出，导致溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低； 转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水，对实验操作无影响；定容摇匀后，